2019版高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題三 電場和磁場 專題突破練10 帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動.doc

專題突破練10帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(時間:45分鐘滿分:100分)一、選擇題(共4小題,每小題6分,共24分。在每小題給出的四個選項(xiàng)中,有多個選項(xiàng)符合題目要求,全部選對的得6分,選對但不全的得3分,有選錯或不答的得0分)1.(2018四川樂山調(diào)研)在半導(dǎo)體離子注入工藝中,初速度可忽略的磷離子P+和P3+,經(jīng)電壓為U的電場加速后垂直進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里、有一定寬度的勻強(qiáng)磁場區(qū)域,如圖所示,已知離子P+在磁場中轉(zhuǎn)過=30后從磁場右邊界射出。在電場和磁場中運(yùn)動時,離子P+和P3+()A.在電場中的加速度之比為11B.在磁場中運(yùn)動的半徑之比為31C.在磁場中轉(zhuǎn)過的角度之比為13D.離開電場區(qū)域時的動能之比為132.(2018山西晉城一模)足夠大的空間內(nèi)存在著豎直向上的勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場,有一帶正電的小球在電場力和重力作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將磁場方向順時針旋轉(zhuǎn)30,同時給小球一個垂直磁場方向斜向下的速度(如圖所示),則關(guān)于小球的運(yùn)動,下列說法正確的是()A.小球做類平拋運(yùn)動B.小球在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動C.小球運(yùn)動到最低點(diǎn)時電勢能增加D.整個運(yùn)動過程中機(jī)械能不守恒3.(2018湖北黃岡調(diào)研)如圖所示直角坐標(biāo)系xOy,P(a,-b)為第四象限內(nèi)的一點(diǎn),一質(zhì)量為m、電荷量為q的負(fù)電荷(電荷重力不計(jì))從原點(diǎn)O以初速度v0沿y軸正方向射入。第一次在整個坐標(biāo)系內(nèi)加垂直紙面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場,該電荷恰好能通過P點(diǎn);第二次保持y>0區(qū)域磁場不變,而將y<0區(qū)域磁場改為沿x軸正方向勻強(qiáng)電場,該電荷仍通過P點(diǎn),()A.勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2amv0q(a2+b2)B.勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2amv0q(a2+b2)C.電荷從O運(yùn)動到P,第二次所用時間一定短些D.電荷通過P點(diǎn)時的速度,第二次與x軸負(fù)方向的夾角一定小些4.(2018河南周口期末)如圖所示,平行紙面向下的勻強(qiáng)電場與垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場相互正交,一帶電小球剛好能在其中做豎直面內(nèi)的勻速圓周運(yùn)動。若已知小球做圓周運(yùn)動的半徑為r,電場強(qiáng)度大小為E,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,重力加速度大小為g,則下列判斷中正確的是()A.小球一定帶負(fù)電荷B.小球一定沿順時針方向轉(zhuǎn)動C.小球做圓周運(yùn)動的線速度大小為gBrED.小球在做圓周運(yùn)動的過程中,電場力始終不做功二、計(jì)算題(本題共4個小題,共76分)5.(16分)(2018山東淄博仿真模擬)如圖,相鄰兩個勻強(qiáng)磁場區(qū)域和,設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小分別為B1、B2。已知磁感應(yīng)強(qiáng)度方向相反且垂直紙面,兩個區(qū)域的寬度都為d,質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子由靜止開始經(jīng)電壓恒為U的電場加速后,垂直于區(qū)域的邊界線MN,從A點(diǎn)進(jìn)入并穿越區(qū)域后進(jìn)入?yún)^(qū)域,最后恰好不能從邊界線PQ穿出區(qū)域。不計(jì)粒子重力。求(1)B1的取值范圍;(2)B1與B2的關(guān)系式。6.(20分)(2018安徽蕪湖期末)如圖所示的平面直角坐標(biāo)系xOy,在第象限內(nèi)有平行于y軸的勻強(qiáng)電場,方向沿y軸正方向;在第四象限某一矩形區(qū)域內(nèi)有方向垂直于xOy平面的勻強(qiáng)磁場,磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。一質(zhì)量為m、電荷量為-q的粒子,從y軸上的P(0,3h)點(diǎn),以大小為v0的速度沿x軸正方向射入電場,通過電場后從x軸上的Q(2h,0)點(diǎn)進(jìn)入第四象限,經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后從y軸上M(0,-2h)點(diǎn)垂直y軸進(jìn)入第象限,不計(jì)粒子所受的重力。求:(1)電場強(qiáng)度E的大小;(2)粒子到達(dá)Q點(diǎn)時速度的大小和方向;(3)矩形磁場區(qū)域的最小面積。7.(20分)(2018安徽池州期末)如圖所示,在平面直角坐標(biāo)系xOy的第二、第三象限內(nèi)有一垂直紙面向里磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場區(qū)域ABC,A點(diǎn)坐標(biāo)(0,3a)、C點(diǎn)坐標(biāo)(0,-3a)、B點(diǎn)坐標(biāo)(-23a,-3a)。在直角坐標(biāo)系xOy的第一象限區(qū)域內(nèi),加上方向沿y軸正方向、大小為E=Bv0的勻強(qiáng)電場,在x=3a處垂直于x軸放置一足夠大的平面熒光屏,與x軸交點(diǎn)為Q。粒子束以相同的速度v0從OC間垂直y軸射入磁場,已知從y軸上y=-2a的點(diǎn)射入磁場的粒子在磁場中的軌跡恰好經(jīng)過O點(diǎn),忽略粒子間的相互作用,不計(jì)粒子的重力。試求:(1)粒子的比荷;(2)粒子束射入電場時經(jīng)過y軸的縱坐標(biāo)范圍;(3)從y軸什么位置射入磁場的粒子最終打到熒光屏上時距離Q點(diǎn)最遠(yuǎn),并求出最遠(yuǎn)距離。8.(20分)(2018河北五校聯(lián)盟摸底)如圖所示,用紙面表示豎直面,空間中同時存在著足夠大的勻強(qiáng)電場在紙面內(nèi)水平向右,勻強(qiáng)磁場垂直于紙面向里,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=22 T。有一帶正電的固體顆粒,質(zhì)量m=110-3 kg,電荷量q=210-3 C,正以與水平方向成45的某速度在豎直面內(nèi)做勻速直線運(yùn)動,當(dāng)經(jīng)過M點(diǎn)時撤掉磁場,一段時間后運(yùn)動到最高點(diǎn)N(題目中未標(biāo)出)。g取10 m/s2,求:(1)電場強(qiáng)度大小及顆粒做勻速直線運(yùn)動的速度v的大小;(2)從M點(diǎn)撤掉磁場到顆粒運(yùn)動到最高點(diǎn)N經(jīng)歷的時間t;(3)顆粒再次回到與M點(diǎn)水平方向等高位置時,顆粒的動能。專題突破練10帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動一、選擇題(共4小題,每小題6分,共24分。在每小題給出的四個選項(xiàng)中,有多個選項(xiàng)符合題目要求,全部選對的得6分,選對但不全的得3分,有選錯或不答的得0分)1.BD解析 兩個離子的質(zhì)量相同,其帶電荷量是13的關(guān)系,所以由a=qUmd可知,其在電場中的加速度是13,故A錯誤。要想知道半徑必須先知道進(jìn)入磁場的速度,而速度的決定因素是加速電場,在離開電場時其速度表達(dá)式為:v=2qUm,可知其速度之比為13。又由qvB=mv2r知,r=mvqB,所以其半徑之比為31,故B正確。設(shè)磁場寬度為L,離子通過磁場轉(zhuǎn)過的角度等于其圓心角,所以有sin =Lr,則可知角度的正弦值之比為13,又P+的角度為30,可知P3+角度為60,即在磁場中轉(zhuǎn)過的角度之比為12,故C錯誤。由電場加速后:qU=12mv2可知,兩離子離開電場的動能之比為13,故D正確。故選BD。2.CD解析 小球在復(fù)合電磁場中處于靜止?fàn)顟B(tài),只受兩個力作用,即重力和電場力且兩者平衡。當(dāng)把磁場順時針方向旋轉(zhuǎn)30,且給小球一個垂直磁場方向的速度v,則小球受到的合力就是洛倫茲力,且與速度方向垂直,所以小球?qū)⒆鰟蛩賵A周運(yùn)動,小球在垂直于紙面的傾斜平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動,選項(xiàng)A、B錯誤;小球從開始到最低點(diǎn)過程中克服電場力做功,電勢能增加,選項(xiàng)C正確;整個運(yùn)動過程中機(jī)械能不守恒,選項(xiàng)D正確;故選CD。3.AC解析 第一次在整個坐標(biāo)系內(nèi)加垂直紙面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場,該電荷恰好能通過P點(diǎn);粒子做勻速圓周運(yùn)動,由幾何作圖得(a-R)2+b2=R2,解得R=a2+b22a,由qvB=mv2R解得勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2amv0q(a2+b2),故A正確,B錯誤;第二次保持y>0區(qū)域磁場不變,而將y<0區(qū)域磁場改為沿x軸正方向勻強(qiáng)電場,該電荷仍通過P點(diǎn),粒子先做勻速圓周運(yùn)動,后做類平拋運(yùn)動,運(yùn)動時間t2=12T+bv0;第一次粒子做勻速圓周運(yùn)動,運(yùn)動時間t1=12T+QPv0,弧長QP大于b,所以t1>t2,即第二次所用時間一定短些,故C正確;電荷通過P點(diǎn)時的速度,第一次與x軸負(fù)方向的夾角為,則有tan =R2-b2b=a2-b22ab;第二次與x軸負(fù)方向的夾角為,則有tan =b2R-R2-b2=a2b=a22ab,所以有tan >tan ,電荷通過P點(diǎn)時的速度,第二次與x軸負(fù)方向的夾角一定大些,故D錯誤;故選AC。4.AC解析 帶電小球在重力場、勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動,可知,帶電小球受到的重力和電場力是一對平衡力,重力豎直向下,所以電場力豎直向上,與電場方向相反,故小球一定帶負(fù)電荷,故A正確;磁場方向向外,洛倫茲力的方向始終指向圓心,由左手定則可判斷小球的旋轉(zhuǎn)方向?yàn)槟鏁r針,故B錯誤;由電場力和重力大小相等,得:mg=qE,帶電小球在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運(yùn)動的半徑為:r=mvqB,聯(lián)立得:v=gBrE,故C正確;小球在做圓周運(yùn)動的過程中,電場力要做功,洛倫茲力始終不做功,故D錯誤;故選AC。二、計(jì)算題(本題共4個小題,共76分)5.答案 (1)0<B1<2qUmqd(2)B2-B1=2qUmqd解析 (1)設(shè)粒子經(jīng)U加速后獲得的速度為v,根據(jù)動能定理有qU=12mv2在區(qū)域的磁場中偏轉(zhuǎn),有qB1v=mv2R1要使粒子能進(jìn)入?yún)^(qū)域,必須:R1>d聯(lián)立得:0<B1<2qUmqd(2)兩區(qū)域磁場方向相反(如垂直紙面向外,垂直紙面向里),則粒子的運(yùn)動軌跡如圖線ACD。帶電粒子在區(qū)域的磁場中偏轉(zhuǎn),由洛倫茲力提供向心力,得qB2v=mv2R2如圖O1HCO2JC,則有R1d=R2d-R2聯(lián)立得:B2-B1=2qUmqd6.答案 (1)E=3mv022qh(2)v=2v0,方向指向第四象限與x軸正方向成60角(3)見解析解析 (1)如圖所示,設(shè)粒子在電場中運(yùn)動的時間為t,則有:x=v0t=2hy=qE2mt2=3h聯(lián)立以上各式可得:E=3mv022qh圖1圖2(2)粒子到達(dá)Q點(diǎn)時沿負(fù)y方向的分速度為vy=at=3v0所以v=v02+vy2=2v0方向指向第四象限與x軸正方向成60角(3)粒子在磁場中運(yùn)動時,有:qvB=mv2r解得:r=mvqB若磁場方向垂直紙面向里,軌跡如圖1所示,最小矩形磁場的邊界長為3r,寬為r2,面積為23m2v02q2B2若磁場方向垂直紙面向外,軌跡如圖2所示,最小矩形磁場的邊界長為2r,寬為32r,面積為12m2v02q2B27.答案 (1)v0Ba(2)0y2a(3)粒子射入磁場的位置為y=-78a;最遠(yuǎn)距離為94a解析 (1)由題意可知,粒子在磁場中的軌跡半徑為r=a由牛頓第二定律得Bqv0=mv02r故粒子的比荷qm=v0Ba(2)能進(jìn)入電場中且離O點(diǎn)上方最遠(yuǎn)的粒子在磁場中的運(yùn)動軌跡恰好與AB邊相切,設(shè)粒子運(yùn)動軌跡的圓心為O點(diǎn),如圖所示。由幾何關(guān)系知OA=rABBC=2a則OO=OA-OA=a即粒子離開磁場進(jìn)入電場時,離O點(diǎn)上方最遠(yuǎn)距離為OD=ym=2a所以粒子束從y軸射入電場的范圍為0y2a(3)假設(shè)粒子沒有射出電場就打到熒光屏上,有3a=v0t0y=qE2mt02=92a>2a所以,粒子應(yīng)射出電場后打到熒光屏上粒子在電場中做類平拋運(yùn)動,設(shè)粒子在電場中的運(yùn)動時間為t,豎直方向位移為y,水平方向位移為x,則水平方向有x=v0t豎直方向有y=qE2mt2代入數(shù)據(jù)得x=2ay設(shè)粒子最終打在熒光屏上的點(diǎn)距Q點(diǎn)為H,粒子射出電場時與x軸的夾角為,則tan =vyvx=qEmxv0v0=2ya有H=(3a-x)tan =(3a-2y)2y當(dāng)3a-2y=2y時,即y=98a時,H有最大值由于98a<2a,所以H的最大值Hmax=94a,粒子射入磁場的位置為y=98a-2a=-78a。8.答案 (1)5 N/C10 m/s(2)22 s(3)0.25 J解析 (1)小球勻速直線運(yùn)動時的受力如圖所示,其所受的三個力在同一平面內(nèi),合力為零。電場力和重力的合力方向與水平方向成45,tan 45=mgqE。則E=mgq=10-2210-3 N/C=5 N/CqvB=q2E2+m2g2v=2mgqB=210-2210-322 m/s=10 m/s(2)根據(jù)運(yùn)動的獨(dú)立性,豎直方向做初速度vy0=22v,加速度為g的勻減速運(yùn)動vy0=22v=gt,求得t=22 s。(3)顆粒再次回到與M點(diǎn)水平方向等高位置時,時間為2t=2 s在水平方向上的初速度vx0=22v水平方向獲得的速度vx=22v+qEm2t,其中qE=mg。得vx=152 m/s豎直方向的速度vy=52 m/s。合速度v=105 m/s,動能Ek=12mv2=0.25 J。